高一培優(yōu)資料第二次（函數(shù)及性質）

1、高一數(shù)學培優(yōu)資料二1對實數(shù)a和b，定義運算“”： ab設函數(shù)f(x)(x22)(xx2)，xR.若函數(shù)yf(x)c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則實數(shù)c的取值范圍是()A(，2 B(，2C. D.解析當(x22)(xx2)1，即1x時，f(x)x22；當x22(xx2)1，即x1或x時，f(x)xx2，f(x)f(x)的圖象如圖所示，c2或1c.答案B2已知函數(shù)f(x)則滿足不等式f(1x2)>f(2x)的x的取值范圍是_解析由題意有或解得1<x<0或0x<1，所求x的取值范圍為(1，1)答案(1，1)3設函數(shù)f(x)g(x)f(x)ax，x1,3，其中aR，記函數(shù)g(x

2、)的最大值與最小值的差為h(a)(1)求函數(shù)h(a)的解析式；(2)畫出函數(shù)yh(x)的圖象并指出h(x)的最小值解(1)由題意知g(x)當a<0時，函數(shù)g(x)是1,3上的增函數(shù)，此時g(x)maxg(3)23a，g(x)ming(1)1a，所以h(a)12a；當a>1時，函數(shù)g(x)是1,3上的減函數(shù)，此時g(x)ming(3)23a，g(x)maxg(1)1a，所以h(a)2a1；當0a1時，若x1,2，則g(x)1ax，有g(2)g(x)g(1)；若x(2,3，則g(x)(1a)x1，有g(2)<g(x)g(3)，因此g(x)ming(2)12a，而g(3)g(1)(

3、23a)(1a)12a，故當0a時，g(x)maxg(3)23a，有h(a)1a；當<a1時，g(x)maxg(1)1a，有h(a)a.綜上所述，h(a)(2)畫出yh(x)的圖象，如圖所示，數(shù)形結合可得h(x)minh.4. 設x0時，f(x)=2;x0時，f(x)=1，又規(guī)定：g(x)= (x0)，試寫出y=g(x)的解析式，并畫出其圖象.解 當0x1時，x-10,x-20,g(x)= =1.當1x2時，x-10，x-20,g(x)= ;當x2時，x-10，x-20,g(x)= =2.故g(x)=其圖象如圖所示.5二次函數(shù)f(x)滿足f(x1)f(x)2x，且f(0)1.(1)求f(

4、x)的解析式；(2)在區(qū)間1,1上，函數(shù)yf(x)的圖象恒在直線y2xm的上方，試確定實數(shù)m的取值范圍解(1)由f(0)1，可設f(x)ax2bx1(a0)，故f(x1)f(x)a(x1)2b(x1)1(ax2bx1)2axab，由題意，得解得故f(x)x2x1.(2)由題意，得x2x1>2xm，即x23x1>m，對x1,1恒成立令g(x)x23x1，則問題可轉化為g(x)min>m，又因為g(x)在1,1上遞減， 所以g(x)ming(1)1，故m<1.6(14分)(2011·鞍山模擬)已知f(x)是定義在1,1上的奇函數(shù)，且f(1)1，若a，b1,1，ab

5、0時，有>0成立(1)判斷f(x)在1,1上的單調性，并證明它；(2)解不等式：f(x)<f()；(3)若f(x)m22am1對所有的a1,1恒成立，求實數(shù)m的取值范圍解(1)任取x1，x21,1，且x1<x2，則x21,1，f(x)為奇函數(shù)，f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)·(x1x2)，由已知得>0，x1x2<0，f(x1)f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)f(x)在1,1上單調遞增(4分)(2)f(x)在1,1上單調遞增，x<1.(9分)(3)f(1)1，f(x)在1,1上單調遞增在1,1上，f(x)1.(10分)問

6、題轉化為m22am11，即m22am0，對a1,1成立下面來求m的取值范圍設g(a)2m·am20.若m0，則g(a)00，自然對a1,1恒成立若m0，則g(a)為a的一次函數(shù)，若g(a)0，對a1,1恒成立，必須g(1)0，且g(1)0，m2，或m2.m的取值范圍是m0或|m|2.(14分)7(12分)已知f(x)x2ax3a，若x2,2時，f(x)0恒成立，求a的取值范圍解設f(x)的最小值為g(a)，則只需g(a)0，由題意知，f(x)的對稱軸為.(1)當<2，即a>4時，g(a)f(2)73a0，得a.又a>4，故此時的a不存在(4分)(2)當2,2，即4a

7、4時，g(a)f()3a0得6a2.又4a4，故4a2.(8分)(3)當>2，即a<4時，g(a)f(2)7a0得a7.又a<4，故7a<4.綜上得所求a的取值范圍是7a2.(12分) 8(2011·葫蘆島模擬)已知定義在R上的增函數(shù)f(x)，滿足f(x)f(x)0，x1，x2，x3R，且x1x2>0，x2x3>0，x3x1>0，則f(x1)f(x2)f(x3)的值 ()A一定大于0B一定小于0 C等于0D正負都有可能Af(x)f(x)0，f(x)f(x)又x1x2>0，x2x3>0，x3x1>0，x1>x2，x2&g

8、t;x3，x3>x1.又f(x1)>f(x2)f(x2)，f(x2)>f(x3)f(x3)，f(x3)>f(x1)f(x1)，f(x1)f(x2)f(x3)>f(x2)f(x3)f(x1)f(x1)f(x2)f(x3)>0. 9(12分)求f(x)x22ax1在區(qū)間0,2上的最大值和最小值【答題模板】解f(x)(xa)21a2，對稱軸為xa.當a<0時，由圖可知，f(x)minf(0)1，f(x)maxf(2)34a.3分(2)當0a<1時，由圖可知，f(x)minf(a)1a2，f(x)maxf(2)34a.6分(3)當1<a2時，由圖可

9、知，f(x)minf(a)1a2，f(x)maxf(0)1.9分(4)當a>2時，由圖可知，f(x)minf(2)34a，f(x)maxf(0)1.綜上，(1)當a<0時，f(x)min1，f(x)max34a；(2)當0a<1時，f(x)min1a2，f(x)max34a；(3)當1<a2時，f(x)min1a2，f(x)max1；(4)當a>2時，f(x)min34a，f(x)max1.12分10函數(shù)yf(x)(x0)是奇函數(shù)，且當x(0，)時是增函數(shù)，若f(1)0，求不等式fx(x)<0的解集解題導引本題考查利用函數(shù)的單調性和奇偶性解不等式解題的關鍵是

10、利用函數(shù)的單調性、奇偶性化“抽象的不等式”為“具體的代數(shù)不等式”在關于原點對稱的兩個區(qū)間上，奇函數(shù)的單調性相同，偶函數(shù)的單調性相反解yf(x)為奇函數(shù)，且在(0，)上為增函數(shù)，yf(x)在(，0)上單調遞增，且由f(1)0得f(1)0.若fx(x)<0f(1)，則即0<x(x)<1，解得<x<或<x<0.若fx(x)<0f(1)，則由x(x)<1，解得x.原不等式的解集是x|<x<或<x<011(2009·山東)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，滿足f(x4)f(x)，且在區(qū)間0,2上是增函數(shù)，若方程f(x)

11、m(m>0)，在區(qū)間8,8上有四個不同的根x1，x2，x3，x4，則x1x2x3x4_.解題導引解決此類抽象函數(shù)問題，根據(jù)函數(shù)的奇偶性、周期性、單調性等性質，畫出函數(shù)的一部分簡圖，使抽象問題變得直觀、形象，有利于問題的解決8解析因為定義在R上的奇函數(shù)，滿足f(x4)f(x)，所以f(4x)f(x)因此，函數(shù)圖象關于直線x2對稱且f(0)0，由f(x4)f(x)知f(x8)f(x)，所以函數(shù)是以8為周期的周期函數(shù)又因為f(x)在區(qū)間0,2上是增函數(shù)，所以f(x)在區(qū)間2,0上也是增函數(shù)，如圖所示，那么方程f(x)m(m>0)在區(qū)間8,8上有四個不同的根x1，x2，x3，x4，不妨設x

12、1<x2<x3<x4.由對稱性知x1x212，x3x44，所以x1x2x3x41248.12(2011·汕頭模擬)已知f(x)是定義在6,6上的奇函數(shù)，且f(x)在0,3上是x的一次式，在3,6上是x的二次式，且當3x6時，f(x)f(5)3，f(6)2，求f(x)的表達式解由題意，當3x6時，設f(x)a(x5)23，f(6)2，2a(65)23.a1.f(x)(x5)23(3x6)(3分)f(3)(35)231.又f(x)為奇函數(shù)，f(0)0.一次函數(shù)圖象過(0,0)，(3，1)兩點f(x)x(0x3)(6分)當3x0時，x0,3，f(x)(x)x.又f(x)f

13、(x)，f(x)x.f(x)x(3x3)(9分)當6x3時，3x6，f(x)(x5)23(x5)23.又f(x)f(x)，f(x)(x5)23.f(x)13如果函數(shù)ya2x2ax1(a>0且a1)在區(qū)間1,1上的最大值是14，求a的值解題導引1.指數(shù)函數(shù)yax(a>0且a1)的圖象與性質與a的取值有關，要特別注意區(qū)分a>1與0<a<1來研究2指數(shù)函數(shù)與二次函數(shù)復合而成的初等函數(shù)的性質可通過換元的方法轉化為指數(shù)函數(shù)或二次函數(shù)的性質解設tax，則yf(t)t22t1(t1)22.(1)當a>1時，ta1，a，ymaxa22a114，解得a3，滿足 a>1；

14、(2)當0<a<1時，ta，a1，ymax(a1)22a1114，解得a，滿足0<a<1.故所求a的值為3或.14已知f(x)(axax)(a>0且a1)(1)判斷f(x)的奇偶性；(2)討論f(x)的單調性；(3)當x1,1時f(x)b恒成立，求b的取值范圍【答題模板】解(1)函數(shù)定義域為R，關于原點對稱又因為f(x)(axax)f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)3分(2)當a>1時，a21>0，yax為增函數(shù)，yax為減函數(shù)，從而yaxax為增函數(shù)，所以f(x)為增函數(shù)5分當0<a<1時，a21<0，yax為減函數(shù)，yax為增函數(shù)，從

15、而yaxax為減函數(shù)，所以f(x)為增函數(shù)故當a>0，且a1時，f(x)在定義域內單調遞增7分(3)由(2)知f(x)在R上是增函數(shù)，在區(qū)間1,1上為增函數(shù)，f(1)f(x)f(1)，f(x)minf(1)(a1a)·1.10分要使f(x)b在1,1上恒成立，則只需b1，故b的取值范圍是(，112分【突破思維障礙】本例第(2)(3)問是難點，討論f(x)的單調性對參數(shù)a如何分類，分類的標準和依據(jù)是思維障礙之一15已知函數(shù)y()|x1|.(1)作出函數(shù)的圖象(簡圖)；(2)由圖象指出其單調區(qū)間；(3)由圖象指出當x取什么值時有最值，并求出最值解題導引在作函數(shù)圖象時，首先要研究函數(shù)

16、與某一基本函數(shù)的關系，然后通過平移、對稱或伸縮來完成解(1)方法一由函數(shù)解析式可得y()|x1|其圖象由兩部分組成：一部分是：y()x(x0)y()x1(x1)；另一部分是：y3x(x<0)y3x1(x<1)如圖所示方法二由y()|x|可知函數(shù)是偶函數(shù)，其圖象關于y軸對稱，故先作出y()x的圖象，保留x0的部分，當x<0時，其圖象是將y()x(x0)圖象關于y軸對折，從而得出y()|x|的圖象將y()|x|向左移動1個單位，即可得y()|x1|的圖象，如圖所示(2)由圖象知函數(shù)在(，1上是增函數(shù)，在1，)上是減函數(shù)(3)由圖象知當x1時，有最大值1，無最小值162011

17、83;衡陽模擬)已知定義域為R的函數(shù)f(x)是奇函數(shù)(1)求a，b的值；(2)若對任意的tR，不等式f(t22t)f(2t2k)<0恒成立，求k的取值范圍解(1)f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，f(0)0，即0，解得b1，(2分)從而有f(x).又由f(1)f(1)知，解得a2.經檢驗a2適合題意，所求a、b的值分別為2、1.(4分)(2)由(1)知f(x).由上式易知f(x)在(，)上為減函數(shù)(6分)又因f(x)是奇函數(shù)，從而不等式f(t22t)<f(2t2k)f(2t2k)(8分)因為f(x)是減函數(shù)，由上式推得t22t>2t2k.即對一切tR有3t22tk>0.從而判別式412k<0，解得k<.(12分) 17(2010·北京豐臺區(qū)期末)已知函數(shù)f(x)3x，f(a2)18，g(x)·3ax4x的定義域為0,1(1)求a的值(2)若函數(shù)g(x)在區(qū)間0,1上是單調遞減函數(shù)，求實數(shù)的取值范圍解方法一(1)由已知得3a2183a2alog32.(4分)(2)此時